Tài liệu Hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức

  • Số trang: 79 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 57 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 27125 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THANH HƯƠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1. 1.2. 1.3. Các tính chất cơ bản của đa thức đối xứng và phản đối xứng . . . . . . . 5 1.1.1. Đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.2. Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.3. Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Một số tính chất khác của đa thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.1. Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.2. Chứng minh hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.3. Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.4. Bài toán thiết lập phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.5. Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa căn thức . . . . . . . . . . . 13 1.3.1. Sử dụng định lí Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3.2. Một số ước lượng cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Chương 2. Hệ phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. 21 Các phương pháp giải phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.1.1. Điều kiện có nghĩa của phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.1.2. Quy tắc giản ước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.3. Quy tắc thay giá trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.1.4. Phương pháp hữu tỷ hóa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.1.5. Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.1.6. Phương pháp đưa về hệ không đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 1 2.2. 2.3. 2.1.7. Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.8. Phương pháp sử dụng nhiều ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.1.9. Phương pháp đưa về hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Hệ phương trình chứa căn thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.2.1. Hệ phương trình đối xứng loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.2.2. Hệ phương trình đối xứng loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.2.3. Một số phương pháp giải hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Một số hệ phương trình đặc biệt chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Chương 3. Hệ bất phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. 66 Một số phương pháp giải bất phương trình chứa căn thức . . . . . . . . . 66 3.1.1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . 66 3.1.2. Phương pháp phân khoảng tập xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 3.1.3. Phương pháp hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.2. Hệ bất phương trình đối xứng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 3.3. Một số hệ bất phương trình đặc biệt chứa căn thức . . . . . . . . . . . . . . . 74 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2 Mở đầu Chuyên đề "Hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức" là một phần quan trọng của chương trình Toán ở bậc THPT. Các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức có thể xem như những dạng toán cơ bản của chương trình đại số bậc THPT. Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải. Tuy nhiên, trong luận văn này chỉ tập trung đề cập đến các phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa căn thức. Nhiều phương pháp chính thống khác như phương pháp biểu diễn hàm số, phương pháp hệ tuyến tính,. . . , không đề cập trong luận văn này. Các phương pháp giải toán ở đây chủ yếu có tính định hướng chung cho những lớp bài toán cơ bản nhất thường xuất hiện trong các kì thi Học sinh giỏi và Olympic toán bậc THPT. Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Trong chương này trình bày các khái niệm đa thức đối xứng và phản đối xứng, tính chất của đa thức đối xứng, một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa căn thức. Chương 2. Hệ phương trình chứa căn thức. Dựa trên tính chất đa thức đối xứng, chương này trình bày khái niệm, phương pháp giải phương trình chứa căn thức, hệ phương trình đối xứng loại 1, loại 2. Ngoài ra, trong chương này còn trình bày một số hệ phương trình đặc biệt chứa căn thức. Chương 3. Hệ bất phương trình chứa căn thức. Chương này trình bày khái niệm, phương pháp giải bất phương trình chứa căn thức, hệ bất phương trình đối xứng. Ngoài ra chương này còn trình bày một số hệ bất phương trình đặc biệt chứa căn thức. Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tận tình, chu đáo của Giáo sư - Tiến sĩ Khoa học Nguyễn Văn Mậu. Tôi xin bày 3 tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn. Tôi chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp Trường THPT Thủy Sơn - Hải Phòng đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này. Tác giả 4 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1. 1.1.1. Các tính chất cơ bản của đa thức đối xứng và phản đối xứng Đa thức đối xứng Định nghĩa 1.1. Giả sử A là một miền nguyên, một đa thức f (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ A[x1 , x2 , . . . , xn ], được gọi là một đa thức đối xứng nếu và chỉ nếu với mọi 1 2 ... n phép thế i1 i2 . . . in , ta có f (x1 , x2 , . . . , xn ) = f (xi1 , xi2 , . . . , xin ) trong đó f (xi1 , xi2 , . . . , xin ) suy ra từ f (x1 , x2 , . . . , xn ) bằng cách thay xl bởi xi1 , xi2 , . . . , xin . 1.1.2. Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp Viète Định nghĩa 1.2. Cho a là bộ n số {a1 , a2 , . . . , an } (n ≥ 1, n ∈ N) . Khi đó f (x) = (x + a1 )(x + a2 ) . . . (x + an ) = xn + E1 (a)xn−1 + E2 (a)xn−2 + · · · + En (a). Trong đó E0 (a) = n P i=1 ai , E2 (a) = P ai aj , En (a) = a1 a2 . . . an . 1≤i 0 , σ1 ≥ 0 , σ2 ≥ 0. Giả sử đã cho một đa thức đối xứng f (x, y) và cần phải chứng minh rằng với những giá trị thực bất kì x, y (hoặc với những giá trị không âm bất kì, hoặc với x + y ≥ a, tùy theo các điều kiện của bài toán, đa thức f (x, y) lấy những giá trị không âm f (x, y) ≥ 0). Muốn vậy trước hết ta phải thay f (x, y) bởi biểu thức của nó qua σ1 và σ2 . Rồi trong đa thức tìm được ta thay σ bởi biểu thức của nó qua σ1 và số không âm ∆ = σ12 − 4σ2 , tức là ta 1 đặt σ2 = (σ12 − ∆). Kết quả là ta thu được một đa thức của σ1 và ∆, và ta 4 phải chứng minh rằng với những giá trị không âm của z và với những điều kiện về σ1 đã cho, đa thức đó chỉ lấy những giá trị không âm. Thông thường cách làm này dễ hơn chứng minh bất đẳng thức đã cho. Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng nếu a, b là những số thực thỏa mãn điều kiện a + b ≥ c và c ≥ 0 thì ta có bất đẳng thức: a2 + b2 ≥ c2 ; 2 a4 + b4 ≥ c4 ; 8 a8 + b8 ≥ c8 . 128 Lời giải. Ta có a2 + b2 = σ12 − 2σ2 = σ12 − 2.  1 1 2 1 σ1 − ∆ = σ12 + ∆. 4 2 2 Vì ∆ ≥ 0 và theo điều kiện đã cho σ1 ≥ c, nên 1 a2 + b2 ≥ c2 . 2 Áp dụng kết quả đó ta được   1 1 2 2 1 4 a +b ≥ c = c. 2 2 8   1 1 4 2 1 8 8 8 a +b ≥ c = c. 2 8 128 4 4 8 Bằng quy nạp ta được kết quả sau: Nếu a + b ≥ c và n là một số tự nhiên bất kì thì ta có 1 a2n + b2n ≥ 2n−1 c2n . 2 II. Trường hợp ba biến. Nếu x, y, z là những số thực bất kì thì hiển nhiên ta có (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z . ∆ đối xứng theo x, y, z và ta có: ∆ = 2(x2 + y 2 + z 2 ) − 2(xy + yz + zx) = 2(σ12 − 2σ2 ) − 2σ2 = 2σ12 − 6σ2 . (1) Vì vậy nên σ12 ≥ 3σ2 . Từ hệ thức (1) ta suy ra nhiều bất đẳng thức khác. Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với a, b, c là những số thực bất kì, ta có (ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c), tức là σ22 ≥ 3σ1 σ3 . Lời giải. Theo hệ thức (1) thì (x + y + z)2 ≥ 3 (xy + xz + yz) với x, y, z tùy ý. Thay x = ab, y = ac, z = bc, ta được  (ab + ac + bc)2 ≥ 3 a2 bc + ab2 c + abc2 hay (ab + ac + bc)2 ≥ 3abc(a + b + c). 1.2.4. Bài toán thiết lập phương trình bậc hai Dùng các đa thức đối xứng chúng ta có thể giải nhiều bài toán trong đó cần tính những biểu thức chứa các nghiệm của một phương trình bậc hai. Ví dụ 1.6. Cho phương trình bậc hai: x2 +6y +10 = 0. Hãy lập một phương trình bậc hai mà các nghiệm là bình phương các nghiệm của phương trình đã cho. 9 Lời giải. Gọi các nghiệm của phương trình đã cho là x1 và x2 , các nghiệm của phương trình phải tìm là y1 và y2 và các hệ số của nó là p và q . Theo công thức Viète, ta có σ1 = x1 + x2 = −6, y1 + y2 = −p, σ2 = x1 .x2 = 10 y1 y2 = q. Theo giả thiết ta có y1 = x21 , y2 = x22 . Vì vậy p = −(y1 + y2 ) = −(x21 + x22 ) = −(σ12 − 2σ2 ) = −16 q = y1 y2 = x21 x22 = σ22 = 100. Như vậy phương trình bậc hai phải tìm là: y 2 − 16y + 100 = 0. Ví dụ 1.7. Lập phương trình bậc hai z 2 + pz + q = 0 mà các nghiệm là z2 = x62 − 2x21 , z1 = 6x61 − 2x22 , trong đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình bậc hai x2 − x − 3 = 0. Lời giải. Theo các công thứcViète, ta có x1 x2 = −3,   − p = z1 + z2 = x61 − 2x22 + x62 − 2x21 ,   q = z1 z2 = x61 − 2x22 x62 − 2x21 . σ1 = x1 + x2 = 1, Ta có: − p = x61 + x62 − 2 x21 + x22    = σ14 − 6σ14 σ2 + 9σ12 σ22 − 2σ23 − 2 σ12 − 2σ2 h i2   2 6 4 2 = 1 − 6.1 . (−3) + 9.1 .(−3) − 2. (−3) − 2 12 − 2. (−3) = 140.  q = x61 x62 − 2 x81 + x82 + 4x21 x22  = σ26 − 2 σ18 − 8σ16 σ2 + 20σ14 σ22 − 16σ12 σ23 + 2σ24 + 4σ22 h i 6 2 3 4 8 6 4 2 = (−3) − 2 1 − 8.1 (−3) + 20.1 (−3) − 16.1 (−3) + 2(−3) + 4(−3)2 = −833. Vậy phương trình phải tìm là: z 2 − 140z − 833 = 0. 10 1.2.5. Hệ phương trình đối xứng Ta thường gặp những hệ thống phương trình trong đó các vế trái thường phụ thuộc một cách đối xứng vào các ẩn x, y, z. Trong trường hợp này ta nên chuyển sang các ẩn mới σ1 = x + y + z, σ2 = xy + xz + yz, σ3 = xyz. Việc giải hệ với các ẩn mới thường là đơn giản hơn, vì bậc của các phương trình mới giảm xuống (vì σ3 chẳng hạn là một đa thức bậc ba của x, y, z ). Sau khi đã tìm được giá trị của σ1 , σ2 , σ3 để tìm x, y, z ta phải giải một phương trình bậc ba. Ta có thể thử tìm một nghiệm của nó, sau đó áp dụng định lí Bơdu, ta sẽ phải giải một phương trình bậc hai. Trong đại số sơ cấp thường ta chỉ gặp trường hợp đặc biệt này. Trong trường hợp chỉ có hai ẩn thì dĩ nhiên phép giải sẽ đưa đến một phương trình bậc hai.  x3 + y 3 = 8 Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình x2 + y 2 = 4. Lời giải. Ta đưa vào các ẩnmới σ1 = x + y, σ2 = xy. σ13 − 3σ1 σ2 = 8 Khi đó hệ đã cho trở thành: σ12 − 2σ2 = 4. Rút σ2 từ phương trình thứ hai và thế vào phương trình thứ nhất, ta được phương trình đối với σ1 : 1 − σ13 + 6σ1 − 8 = 0 2 ⇔ σ13 − 12σ1 + 16 = 0. Ta dễ dàng thấy được phương trình này có nghiệm σ1 = 2. Vậy vế trái có thể viết σ13 − 12σ1 + 16 = (σ1 − 2)(σ12 + 2σ1 − 8). Ngoài σ1 = 2 ra, phương trình còn hai nghiệm nữa là σ1 = 2 và σ1 = −4, là nghiệm của phương trình bậc hai σ12 + 2σ1 − 8 = 0. Như vậy về σ1 ta có hai khả năng xảy ra σ1 = 2 hoặc σ2 = −4. Từ phương trình σ12 − 2σ2 = 4 ta thu được các giá trị tương ứng của σ2 là σ2 = 0 và σ2 = 6. Vậy để tìm x và y , ta có hai hệ phương trình   x+y =2 x + y = −4 và xy = 0 xy = 6. Giải các hệ này ta được các nghiệm của hệ đã cho là: 11  x1 = 2 y = 0. √  1 x3 = −2 + i√ 2 y3 = −2 − i 2.  x2 = 0 y2 = 2. √  x4 = −2 − i√ 2 y4 = −2 + i 2.   x+y+z =a x2 + y 2 + z 2 = b2 Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình  3 3 3 3  x +y +z =c . = σ1  x+y+z xy + xz + yz = σ2 Lời giải. Ta đưa vào các ẩn mới:  xyz = σ3 .   σ1 = a σ12 − 2σ2 = b2 Khi đó hệ đã cho trở thành:  σ13 − 3σ1 σ2 + 3σ3 = a3 .  σ1 = a      1 2 2 a − b σ = 2 Từ hệ này, ta tìm được: 2    1   σ 3 = a a2 − b 2 . 2 Như vậy x, y, z là nghiệm của hệ phương trình bậc ba:  1 1 2 f (v) = v 3 − av 2 + (a2 − b2 )v − a − b2 = 0. 2 a Vế phải của phương trình phân tích được thành    1 f (v) = (v − a) v 2 + a2 − b2 . 2 Các nghiệm của f (v) = 0 là: s v1 = a, v2 = 2 2 s b −a , v3 = − 2 b 2 − a2 . 2 Vì vậy hệ đã cho có 6 nghiệm suy ra từ nghiệm s s 2 2 b −a b2 − a2 x = a, y = , z=− , 2 2 bằng tất cả các cách hoán vị. 12 1.3. Một số tính toán và ước lượng biểu thức chứa căn thức 1.3.1. Sử dụng định lí Lagrange Định lí 1.1 (Định lí Lagrange). Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho: f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a), (1) hay là f (b) − f (a) . (2) b−a Các công thức (1) và (2) đều được gọi là các công thức Lagrange. Trong định lí Lagrange, c có thể bằng a. Khi đó, chỉ cần điều kiện f (x) khả vi tại x = a, ta có c = a và công thức (1) vẫn đúng. Các nhận xét sau đây là các hệ quả trực tiếp của định lí Lagrange. f 0 (c) = Nhận xét 1.1. Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn 1) f 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ D ⊆ Df ; D liên thông, 2) ϕ(D1 ) ⊆ D ; ψ(D1 ) ⊆ D, thì trong D1 ta có: f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = ψ(x) − ϕ(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x). Nhận xét 1.2. Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn 1) f (x)đồng biến với mọi x ∈ D ⊆ Df ; D liên thông, 2) ϕ(D1 ) ⊆ D ; ψ(D1 ) ⊆ D, 3) h(x) > 0 với mọi x ∈ D1 , thì trong D1 ta có: f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = [ψ(x) − ϕ(x)] .h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x). Nhận xét 1.3. Nếu các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn 1) f 0 (x) > 0 ; g 0 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ D ⊆ Df ; D liên thông, 2) ϕ(D1 ) ⊆ D ; ψ(D1 ) ⊆ D, 3) h(x) ≥ 0 với mọi x ∈ D1 , thì trong D1 ta có f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = [g(ψ(x) − g(ϕ(x))] .h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x). 13 Nhận xét 1.4. Nếu f (x) đồng biến trong D ⊆ Df , D liên thông, thì trong D ta có : f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x ; f (f (f (x))) = x ⇔ f (x) = x. Nếu f 0 (x) 6= 0 với mọi x ∈ Df , (∗) liên thông, thì trong D ta có : f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x ; f (f (f (x))) = x ⇔ f (x) = x. Ví dụ minh họa Ví dụ 1.10. Giải phương trình √ (1) x3 + 1 = 2 3 2x − 1. " 3 #   1 1 Lời giải. (1) ⇔ x = 1+ 1 + x3 = f (f (x)). 2 2  1 3 Với f (x) = 1 + x3 . Ta có f 0 (x) = x2 ≥ 0 với mọi x ∈ R ⇒ f (x) 2 2 đồng biến trên tập xác định R. Do đó (1) ⇔ f (x) = x ⇔ x3 − 2x + 1 = 0  ⇔ (x − 1) x2 + x − 1 = 0  x−1=0 ⇔ x2 + x − 1 = 0  x=1√ −1 − 5   x= ⇔ 2√  −1 + 5 x= . 2 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm √ √ −1 + 5 −1 − 5 , hoặc x = . x = 1, hoặc x = 2 2 Ví dụ 1.11. Chứng minh rằng phương trình π. arccos x −  luôn có nghiệm x ∈ 1 π ; π 4 πx − 1 π −√ = 0. 2 1 − x2  (∗). 14 (2) π πx − 1 −√ . 2 1 −√x2! 2 . Xét hàm số F (x) = (πx − 1) arccos x − 2   1 π Hàm số F (x) xác định liên tục trên ; và có π 4 π  1 0 F (x) = f (x), ∀x ∈ (∗); F ( ) = 0 ; F = 0. π 4 Vậy theo định lí Lagrange, tồn tại x0 ∈ (∗) sao cho   π  1 F −F 4 π f (x0 ) = = 0. π 1 − 4 π Lời giải. Đặt f (x) = π. arccos x − Vậy phương trình f (x) = 0 (2) luôn có nghiệm x ∈ (∗) (đpcm). Bài tập áp dụng 1. Giải phương trình 2 22x+3 − 2x = √ 3 x2 − √ 3 2x + 3   x2 + 1 + 2x . 2. Giải phương trình  √  √ √  5 √ 5 2 3 2 3 x +1− x +1 x+ x+1 . x +1 − x +1 = 3. Giải phương trình x=a+ q 4. Giải phương trình q x= 1.3.2. a+ a+ √ √ x. a + x. Một số ước lượng cơ bản Để dễ sử dụng và kết hợp nhiều ước lượng chúng ta xây dựng một số ước lượng cơ bản như sau: 15 I. Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số ta nhận được √ √ 1) −1 ≤ x − 1 − x ≤ 1. √ √ Chứng minh. Hàm số f (x) = x − 1 − x là hàm tăng trên [0; 1] nên ta có −1 = f (0) ≤ f (x) ≤ f (1) = 1. √ √ 2) −1 ≤ 4 x − 4 1 − x ≤ 1. √ √ Chứng minh. Hàm số f (x) = 4 x − 4 1 − x là hàm tăng trên [0; 1] nên ta có −1 = f (0) ≤ f (x) ≤ f (1) = 1. √ √ 3) −1 ≤ 4 x − 1 − x ≤ 1. √ √ Chứng minh. Hàm số f (x) = 4 x − 1 − x là hàm tăng liên tục trên [0; 1] nên ta có −1 = √ f (0) ≤ f (x) ≤ f (1) = 1. x+3 √ 4) 0 ≤ ≤ 1. 2+ 1−x √ x+3 √ Chứng minh. Hàm số f (x) = là hàm tăng trên [−3; 1] nên 2+ 1−x ta có 0 = f (−3)√≤ f (x) ≤ f (1) = 1. 4 x + 15 √ 5) 0 ≤ ≤ 1. 2+ 41−x √ 4 x + 15 √ Chứng minh. Hàm số f (x) = là tăng trên [−15; 1] nên ta có 2+ 41−x 0 = f (−15) ≤ f (x) (1) = 1. p ≤ f√ p √ 6) 3 + x − 1 + 1 − x ≤ 1. p p √ √ Chứng minh. Hàm f (x) = 3 + x − 1 + 1 − x là hàm tăng trên [0; 1] , suy ra f (x)p ≤ f (1) = 1. √ √ 7) x + 3 − 1 + 1 − x ≤ 1. p √ √ Chứng minh. Hàm f (x) = x + 3 − 1 + 1 − x là hàm tăng trên [−3; 1], suy ra f (x) ≤ f (1) = 1. II. Sử dụng tính chất nghịch biến của hàm số mũ y = ax với cơ số 0 < a < 1 ta nhận được √ √ 8) x + 1 − x ≥ 1. √ √ √ √ Chứng minh. Ta có x ≥ x hoặc 1 − x ≥ 1 − x ⇔ x + 1 − x ≥ x + (1 − x) = 1. Dấu đẳng thức đạt được khi x = 0 hoặc x = 1. 16 Chứng minh tương tự ta có: √ √ 9) 4 x + 4 1 − x ≥ 1. √ √ 10) x + 4 1 − x ≥ 1. √ √ 11) 4 x + 1 − x ≥ 1. III. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta nhận được √ 2x − 1 12) ≤ 1. x √ 2x − 1 2x − 1 + 1 Chứng minh. Ta có ≤ = 1. x 2x Dấu 00 =00 xảy ra khi x = 1. Chứng√minh tương tự ta có: 4 4x − 3 ≤ 1. 13) x √ 6 6x − 5 14) ≤ 1. √ x √ 15) x + 2 − x ≤ 2. √ √ 16) 4 x + 4 2 − x ≤ 2. √ 17) x + 2 − x2 ≤ 2. √ 18) x + 4 2 − x4 ≤ 2. √ 19) x + 4 2 − x6 ≤ 2. IV. Áp dụng các ước lượng cơ bản 1. Cộng hai hay nhiều các ước lượng cơ bản Ví dụ 1.12. Giải phương trình √ √ √ √ √ √ x + 4 x + 6 x = 3 + 1 − x + 4 1 − x + 6 1 − x. Lời giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1 Phương trình tương đương với:    √ √ √ √ √ √ x − 1 − x + 4 x − 4 1 − x + 6 x − 6 1 − x = 3. Sử dụng các ước lượng cơ bản ta thu được vế trái nhỏ thua hoặc bằng 3. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Đáp số x = 1. 17 Bài tập áp dụng 1. Giải phương trình √ √ √ 2x − 1 + 4 4x − 3 + 6 6x − 5 = 3x. 2. Giải phương trình p p p 4 6 2 2 3x + 2 − x + 2 − x + 2 − x6 = 6. 3. Giải phương trình √ x+ √ 4 x+ √ 6 √ x + 3 4 1 − x = 3. 4. Giải phương trình √ √ x+3 3x + 1 √ √ + = 2. 2+ 1−x 2+ 41−x 2. Nhân các ước lượng cơ bản dương Ví dụ 1.13. Giải phương trình √ √ √ 2x − 1. 4 4x − 3. 6 6x − 5 = x3 . 5 Lời giải. Điều kiện: x ≥ . 6 Chia phương√ trình cho x3 6= 0 ta thu được √ hai vế √ 2x − 1 4 4x − 3 6 6x − 5 . . = 1. x x x Vế trái nhỏ thua hoặc bằng 1. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Đáp số x = 1. Bài tập áp dụng 1. Giải phương trình √ 2x − 1  = 1. √ √ x x+ 1−x 2. Giải phương trình √ 2x − 1 √ x+ √ 18  2 − x = 2x.
- Xem thêm -